下载文档原格式
§6.4数列的通项及数列求和基础知识自主学习要点梳理1 •若已知数列｛a｝W/£a n+1-a n=f (n),且f (1) + f (2) +…+f (n)可求，则可用—求数列的通项和累加法2•若已知数列｛a｝满足=f (n),且f⑴・f(2)・…・f (n)可求，则可用_求数列的通项a..©+1累积法推导方法:乘公比，错位相减法.■ % —jq\_q\_q3 •等差数列前n 项和S 产推导方法：— 等比数列前n 项和n(a x +a n )n(n-V). na x H d［到序相加法q#1.4 •常见数列的前n项和(1)(2)(3)；n(n + V) 2+4+6+…+2n= _____ ; 21+3+5+...+(2n-1)=_; n2+n*1+2+3+…+n=(4) 12+22+32+..+n2= ；n2(5) 13+23+33+.. +n3=«(n + l)(2n + l)⑷+ 1)]22j5. (1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(4)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导.6 •常见的拆项公式有⑴1n(n +l)1 1n n + 1"2)(2M-1)(2〃 + 1) 2n +1⑶]Qn + Yn +1=、/ H +1—、ft ・基础自测1 •已知等比数^ij{a n},a1=3,>4a1> 2a2> 83成等差数列，则a34-a4+a5等于()A.33B.72C.84D.189解析由题意可设公比为q,贝!Ia2=a1q,a3=a1q2, •/4a2=4a14-a3,-，4a1q=4a14-a1q2,Xa1=3,/.q=2 ・ a3+a4+a5=a1q2(1+q4-q2)=3X4X(1+2+4)=84 ・2如蹈鶯肆严，…,ag…是首项为1,公比为3的等A. B. Cc.23〃+3 2解析时二先®)+ (a3-a2)3* ^(a^)2=a n=2lx(l_3")1一3 '_3〃一1 "" ■•2=n2f-F — 1 1 —i2 222〃 321, 1 164=5 +M，AA2~1 +23-已知数列6｝的通项公式是a 产,其中前侦柚卜A.13 劇64解析*-*a n = 则项数n 等于)C.9D.62"D1 戶， 1 心+前,.*/6n=n -4•若数列｛aj 的通项公式为a n =2n +2n-1,K>J 数列｛a ；｝的前n 项和为A.2n +n 2-1 C.2n+1+n 2-2解析S n =2(1_2") | 卅(1 + 2—1)B.2n+1+n 2-1 D.2n +n 2-2=2n+1-2+n 2.5擞列J_ _! _____ 5麺1项________ ! _______ A 2・5'5・8'8・11，© —1)・(3〃 + 2)‘和为()BA. B.n C・——.n 6n + 43n + 2解析餾数列通项公式71 + 16〃+ 4 n + 2得前n项和1 =1 _______________ 1(3〃一1)•⑶2 + 2) _ 3 3〃一1 _3n + 2c1Z1 1 1 1 1 1 1 1S =—( ------- 1 ------- 1 ---------nA H -------------------------- "3 2 5 5 8 8 11 3〃一1 3n + 2= 1(1__1 “ 〃 .32 3n + 2 6n + 4题型分类深度剖析题型一由递推公式求通项公式【例1】分别求满足下列条件的数列的通项公式.(1)设｛a」是首项为1的正项数列，且(n+1) +a n+1a n=O(n=1,2,3,...)；⑵已知数列代｝满足酩尸,a1=2.依据已知数列的递推关系适当地进行变形"+1 n的差百％或通项的商_2—匕La n + 2的规律融H-12 2%卄1 _ na n可寻找数列的通项解（1）方法一•・•数列｛aj是首项为1的正项数列,#0/.令=t,/.(n+1)t2+t-n=0, a n為+i・•・［伽(t+1)=0,・・t=。
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。
第04节 数列求和【考纲解读】【知识清单】一．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C2. 已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（ ） A ．29 B ．31 C ．33 D ．35 【答案】B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q q q ⇒=⇒=舍去负值，因此55116(1)231.112S -==-选B.【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点1 数列求和【1-1】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 . 【答案】1422n n n S ++=-【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且12n n S ta =-，其中*n N ∈．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足32log n n b a =，求数列11{}n n b b +的前n 项和n T ． 【答案】（1）23=t ，13-=n n a ；（2）12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n ． 【解析】试题分析：（1）由n n a S =可得32t =，2n ≥时由1n n n a S S -=-得数列{}n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21n b n =-，则11111()22121n n b b n n +=--+，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析： （1）当1=n 时，21111-==ta S a ，得23=t ，从而 2123-=n n a S ,则 2≥n 时，⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=--2123212311n n n n n a a S S a 得 13-=n n a a又01≠a 得31=-n n a a，故数列{}n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13-=n n a（2）由（1）得 1223-=n n a 得 12-=n b n ∴()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-121121*********n n n n b b n n 得 ⎪⎭⎫⎝⎛+--++-+-=121121513131121n n T n12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n nn【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。
6.4 求和方法（精练）（提升版）1．（2022·黑龙江）已知等差数列{}n a 满足a 1+a 2＝4，a 4+a 5+a 6＝27． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2nn b =，求数列{}n a b 的前n 项和S n ．【答案】（1）21n a n =-；（2）21223n +-．【解析】（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则112431227a d a d +=⎧⎨+=⎩∴112a d =⎧⎨=⎩，∴12(1)21n a n n =+-=-．（2）2nn b =，∴2n n aa b =，∵1124n n n n a a a a b b ---==，又112a b b ==，∴数列{}n a b 为等比数列，且首项为2，公比为4，∴()2121422143n n nS +--==-．2．（2021·四川攀枝花市）在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设12na nb ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）21[1()]34n n S =-. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得2125a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，将11a =代入并化简得220d d -=，解得2d =或0d =(舍去).所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）知2111()()22n a n n b -==，所以2111()2n n b ++=，题组一 公式法求和所以21(21)111()24n n n n b b +--+==，即数列{}n b 是首项为12，公比为14的等比数列. 所以11[1()]2124[1()]13414n n n S -==--. 3．（2022·全国·高三专题练习）已知各项为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列. (1)求n a ； (2)若1n n b S n=+，求{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)31n a n =-(2)233n nT n =+ 【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，由426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列可得()()12111146262335a d a d a a d a d +=⎧⎪⎨+=+++⎪⎩， 解得12a =，3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-. (2)由31n a n =-可得()()()13131222n n n a a n n n n S n n n ++++=+=+=， 所以()22113131n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以211111111322311n T n n n n ⎛⎫=-+-++-+- ⎪-+⎝⎭21213133n n n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 1．（2022·江苏江苏·一模）已知数列{}n a ，11a =，且()111n n a a n n +=-+，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列{}2n a 的前n 项和为n S ，求证：421n nS n <+. 【答案】(1)1n a n=(2)证明见解析 题组二 裂项相消求和【解析】(1)解：因为()111n n a a n n +=-+，所有1111(1)1n n a a n n n n+-=-=-++，当2n ≥时，211121a a -=-，321132a a -=-，……，1111n n a a n n --=--， 相加得1111n a a n -=-，所以1n a n =，当1n =时，11a =也符合上式， 所以数列{}n a 的通项公式1n a n=； (2)证明：由（1）得221na n =， 所以222111111111142222n a n n n n n n =<==-⎛⎫⎛⎫--+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 所以222111111111111111121122222222n S n n n =++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+--+-+-+， 1141121122nn n =-=+-+．所以421n nS n <+． 2．（2022·浙江台州·二模）在数列{}n a 中，12a =，且对任意的正整数n ，都有()1210n n na n a +++=. (1)证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()132(2)n nn n n b a a ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析，()112 n n n a n -=-⋅(2)()()1111212n n n S n ++-=++⋅ 【解析】(1)解：（1）由()1210n n na n a +++=，得121n n a a n n +=-⨯+.又因为12a =，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2-为公比的等比数列. 故()122n n a n-=⨯-，即()112 n n n a n -=-⋅. (2)由()112n n n a n -=-⋅，故()()()()()()()()1111322322*********nn n n n n n n n n n n b n n n n +-+++-+==-⋅⨯+⋅-⋅⨯-+⋅ ()()11111212n n n n n ++⎡⎤=-+⎢⎥⋅+⋅⎣⎦， 故123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+()()1223341111111111122222322232212n n n n n +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-+++-⋅⋅⋅+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()1111212n n n ++-=++⋅． 3．（2022·广东·广州市第四中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列24n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：364n T <． 【答案】(1)12n n a n +=⋅(2)证明见解析【解析】(1)因为数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==， 所以121n n a a n n +=+，所以141a=， 所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公比为2的等比数列，则有11422n n n a n -+=⨯=，12n n a n +=⋅.(2)()()132441111222162322+++⎛⎫===- ⎪+⋅⋅++⎝⎭n n n n n n a a n n n n n n ， 所以1111111311132324232212⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭n T n n n n ， 因为n *∈N ，所以364n T <. 4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()12n n n a a S +=，且0n a >． (1)证明：数列{}n a 为等差数列；(2)若122nn n n n a b a a ++⋅⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)1212n n +-+. 【解析】(1)当1n =时，由()11112a a a +=，得11a =或10a =，∵0n a >，∵11a =， 由()12n n n a a S +=，得22n n n S a a =+①当2n ≥时，21112n n n S a a ---=+②由-①②，得()()22112n n n n n a a a a a --=+-+，整理得()()1110n n n n a a a a --+--=， ∵0n a >，∵1n n a a -+≠0，∵11n n a a --=， ∵数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列； (2)由（1）得()111n a n n =+-⨯=， ()()11222221221n n n nn n n n a n b a a n n n n +++⋅⋅==-++⋅=++，∵213211112222222221324321222n n n n n T n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 5．（2022·陕西·模拟预测（理））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11231,2a a a a =+=，数列{}n b 满足()241n bn n a S =+．(1)证明：数列{}n b 为等差数列； (2)记n T 为数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：11156n T ≤<．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，因为11231,2a a a a =+=，故22q q +=，解得2q =或1q =-（舍），故12n n a -=，21nn S =-，因为()241n b n n a S =+121222n n n ++=⨯=，故21n b n =+，又()123212n n b b n n +-=+-+=， 故数列{}n b 是公差为2的等差数列. (2)因为()()111111212322123n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， 故n T ()1111111111235572123232332369n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，又()119696x y x x x==≥++是单调增函数，且16y <， 又当1n =时，115n T =，故11156n T ≤<，即证. 6．（2022·安徽安庆·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()231nn n b n a =+-，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)()()612n a n n =++，n ∈+N (2)()6312nn -+-+ 【解析】(1)解：1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+， 故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.1a 符合上式故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.(2)解：结合（1）得()()()112316112n n n n b n a n n ⎛⎫=+-=-+ ⎪++⎝⎭，所以()1211111166********n n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+++++-+ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()6312nn =-+-+.1．（2022·广东·模拟预测）在∵121(1)2n a a a n n +++=+，∵21n n a S =-，∵()221210n n n a a n a --=->这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．问题：已知数列{}n a 的前n 和为n S ，若11a =，且 ，求数列{}2nn a 的前n 项和n T ．【答案】选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+；选∵，21(2)3n n T ⎡⎤=--⎣⎦；选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+. 【解析】选∵：当n ≥2时，因为121(1)2n a a a n n +++=+，题组三 错位相减求和所以()121112n a a a n n -+++=-， 上面两式相减得(2)n a n n =．当n ＝1时，11212a =⨯=，满足上式，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减，得：212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．选∵：当2n 时，因为21n n a S =-，所以1121n n a S --=-，上面两式相减得12n n n a a a --=，即1n n a a -=-，经检验，21a a =-，所以{}n a 是公比为－1的等比数列，111(1)(1)n n n a --=⨯-=-．因为12(1)(2)n n n --=--，所以221(2)2(2)(2)(2)1(2)1(2)3n n n n T ⎡⎤---⎣⎦⎡⎤⎡⎤=--+-++-=-=--⎣⎦⎣⎦--． 选∵：由22121n n a a n --=-，得：22222212232123,25,,3n n n n a a n a a n a a -----=--=--=，由累加法得：()()2222121311,2n nn n a n a n --+-==-=．又0n a >，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减得212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．2．（2022·广东肇庆·二模）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+. (1)证明：数列{}1n a -是等比数列； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n +-++【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-， 又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n na a +-=-， 故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列；(2)解：由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ， 则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵ 2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得231111111222222n n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221*********nn n n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，则()1222n n P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=++++-=-=+. 3．（2022·广东韶关·一模）在∵112,2n n n a a a +=+=；∵22n n S a =-；∵122n n S +=-这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，__________，数列{}n b 是等差数列，12461,21o b b b =++=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =- (2)()12326n n +-⨯+【解析】(1)解：若选∵：由12n n n a a +=+，则12nn n a a +-=，可得1222111232212,22,,,2n n n n n a a a a a a a a ------=-=-=-=将上述1n -个式子相加，整理的22112222n n n a a ---=++++()12212221n n --==--又因为12a =，所以()*2n n a n =∈N .若选∵：22n n S a =-，当1n =时，12a =， 当2n ≥时，()()112222n n n n n a S S a a --=-=--- 所以12nn a a -=，所以2n n a =. 综上，()*2n n a n =∈N若选∵：122n n S +=-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，由122n n S +=-可得122n n S -=-，所以12nn n n a S S -=-=，所以2n n a =.经检验当1n =时2n n a =也成立，所以2n n a =()*n N ∈；设等差数列{}n b 的公差为d ，由题有12461,21b b b b =++=，即1113521d d b d b b +++=++，解得2d = 从而21n b n =-(2)解：由（1）可得()212nn c n =-⨯，令n c 的前n 项和是n T ，则()123123252212n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()23412123252212n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()123112222222212n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯，()211821221212n n n T n ++--=⨯+--⨯-，整理得()21123262326n n n n T n n +++=⨯-⨯+=-⨯+；4．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n n T +-+=+【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-， 又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n n a a +-=-， 故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列．(2)由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得23111112211111111222222212nn n n n P n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-111122n n n +⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()1222nn P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=+++⋅⋅⋅+-=-=+．5．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，22a =，且对任意*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求证：{}1n n a a +-是等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)求使得不等式1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数m ． 【答案】(1)证明见解析；12n na (2)6m =【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-， 所以{}1n n a a +-是等比数列.所以()1112122n n n n a a a a --+-=-⨯=从而()()()()11232211n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+-+ 230231122222112n n n n n a -----=++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++=所以，12n na ．(2)设1212m mm S a a a =++⋅⋅⋅+ 即221123112222m m m m m S ---=+++⋅⋅⋅++，所以，32231221222m m m m mS ---=+++⋅⋅⋅++，于是，32111111224122222m m m m m m mS ----+=+++⋅⋅⋅++-=-．因为112m m m m m S S S ++=+>，且6154S =， 所以，使1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数6m =． 1．（2022·甘肃·一模）已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=．数列{}n b 满足11b =，22b =，212n n n b b b +++=，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．【答案】(1)1*1(),2n n a n N -=∈，*,n b n n N =∈；(2)1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π 【解析】(1)由12n n a a +=得112n n a a +=， 所以数列{}n a 是以11a =为首项，12为公比的等比数列，故1*1(),2n n a n N -=∈，由212n n n b b b +++=可知数列{}n b 是等差数列，首项11b =，公差211d b b =-=，所以*,n b n n N =∈.(2)11221212()()n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++02211111()()()()1232222n n -=+++++++++111()(1)1(1)22().122212nn n n n n --++=+=-+-即1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π2．（2022·江苏南京·高三开学考试）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =，若125,,a a a 成等比数列 (1)求数列{}n a 的通项公式；题组四 分组求和(2)设21131n a n n b a+=+-()*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和为n S .【答案】(1)21n a n =-；(2)3(91)448n n n S n =+-+. 【解析】(1)解：设数列{an }是公差为d （d ≠0）的等差数列，a 1=1 若a 1，a 2，a 5成等比数列，可得a 1a 5=a 22，即有21(14)(1)d d ⨯+=+，解得2d =或d =0（舍去） 则12(1)21n a n n =+-=-. (2)解：21131n a n n b a +=+-()2121211113341211n n n n n --⎛⎫=+=-+ ⎪+⎝⎭+- 可得前n 项和()211111111327342231n n S n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭()()3191131914119448nn n n n -⎛⎫=-+=+- ⎪+-+⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）已知正项等比数列{}n a ，满足241a a =，5a 是112a 与35a 的等差中项.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()444(2)11n n n n n a a a b n +++=+--⋅-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)32n n a -=(2)当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，111221nn n S +-=--. 【解析】(1{}n a 是正项等比数列，故22431a a a ==，所以31a =，又5132125a a a =+，设公比为q （q >0），即233322125a a q a q =+，即221225q q=+，解得：2q ，则数列{}n a 的通项公式为3332n n n a a q --==(2)()()()()()()411141422(1)(1)(1)2221212211n n n nn n n n n n n n n a b n n a a n +++++++=+-⋅=+-⋅=+-⋅------111(1)2121n nn n +=-+-⋅-- 则()22311111111231212121212121nn n n S n +⎡⎤=-+-++-+-+-++-⎣⎦------当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，1111111212221nn n n n S +++-=--=---. 4．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5251025,31S a a a =++=. (1)求数列{}n a 的通项公式以及前n 项和n S ；(2)若22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n －1项和21n T -.【答案】(1)2n S n =；(2)41221153(41)n n n S n +=--+-. 【解析】(1)依题意，53525S a ==，则35a =，故25103332731a a a a d a d a d ++=-++++=，解得d ＝2，∵1321a a d =-=， 故21n a n =-，21212n n S n n +-=⋅=. (2)依题意，得211111(21)(23)42123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 故212,111,42123n n n b n n n -⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪-+⎝⎭⎩为奇数为偶数，故154321111111111222437471144541n n T n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭154311111112224377114541n n n -⎛⎫=++++-+-++- ⎪--⎝⎭()4412121112211164341153(41)n n n n n +---⎛⎫=+-=+ ⎪---⎝⎭5．（2022·河南·模拟预测（理））在等比数列{}n a 中，748a a =，且214a ，35a -，412a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式； (2)若22111log n n n b n a a -=+，证明：数列{}n b 的前n 项和43n T <. 【答案】(1)12n n a +=(2)证明见解析【解析】(1)设数列{}n a 的公比为q ，由748a a =，得3448a q a =，所以2q.因为214a ，35a -，412a -成等差数列，所以()324125124a a a -=+-，即11118108122a a a -=+-，解得14a =.因此11422n n n a -+=⨯=.(2)因为()22211111111log 1214n n n n n b n a a n n n n -⎛⎫=+=+=-+ ⎪++⎝⎭，所以21111111112231444n n T n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-++++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭1111111441111113414n n n n ⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-+=-+⨯- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭-. 因为1111n -<+，1111343n ⎛⎫⨯-< ⎪⎝⎭，所以43n T <.6．（2022·云南·一模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，42310nn n a S --+=.(1)求数列{}3nn a -的通项公式；(2)记23log 3n nn n n b a a =-+-，求数列{}21n b -的前n 项和n T .【答案】(1)32n n n a -=-(2)n T 2122233n n +=+-【解析】(1)∵42310n n n a S --+=，∵2431nn n S a =-+.∵1112431n n n S a +++=-+.∵数列{}n a 的前n 项和为n S ，∵()111112222431431n nn n n n n n n S S S S a a a +++++-=-==-+-+-.∵()11323n n n n a a ++-=-.所以数列{}3n n a -是首项为13a -，公比为2的等比数列.∵()11332n n n a a --=-⨯.当1n =时，由42310nn n a S --+=和11S a =得111142314220a S a a --+=--=，解方程得11a =.∵()111332222n n n n n a a ---=-⨯=-⨯=-.∵数列{}3nn a -的通项公式为32n n n a -=-.(2)由（1）知：32n n n a -=-.∵223log 32log 22n n n n nn n n b a a n =-+-=-+=-.∵2121212n n b n --=--. ∵[]()352113(21)2222n n T n -=+++--++++()22212(121)212n n n -+-=--2122233n n +=+-. 7．（2022·天津三中三模）已知在各项均不相等的等差数列{}n a 中，11a =，且1a 、2a 、5a 成等比数列，数列{}n b 中，()122log 1b a =+，1142n n n b b ++=+，N n *∈.(1)求{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)求证：{}2nn b +是等比数列，并求{}n b 的通项公式；(3)设1,2,N 232,21,N 422k k kn kk k a n k k b c n k k b **+⎧=∈⎪+⎪=⎨⨯⎪=-∈⎪-+⎩求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =-，2n S n =(2)证明见解析，42nnn b =-(3)()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅- 【解析】(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，由已知可得2215a a a =，即()2114d d +=+，解得2d =，故()1121n a a n d n =+-=-，()122n n n a a S n +==. (2)证明：因为()122log 12b a =+=，1142n n n b b ++=+，则()12124242n n n n n n b b b ++++=+=+，因为124b +=，故数列{}2nn b +是以4为首项和公比的等比数列，因此，12444n n n n b -+=⨯=，因此，42n nn b =-.(3)解：设数列{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和记为A ，偶数项的和记为B .当()2N n k k *=∈，214n kk c -=， 则23135214444nn A -=++++， 231113232144444nn n n A +--=++++， 上式-下式得1231111131222211218414444444414n n n n n n A -++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎝⎭=++++-=+- ⎪⎝⎭-15651234n n ++=-⋅， 故565994nn A +=-⋅. 当()21N n k k *=-∈时，()1113232432244222k kn k k k k k c +++⨯⨯==-⋅+--+ ()()()()1111132323112212121222121k k k k k k k k-++++⨯⨯⎛⎫===- ⎪------⎝⎭，所以，223131111112212121212121n n B +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1132131122121nn n ++-⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭， 因此，()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅-. 1．（2021·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36-【解析】4342414(43)(43)(42)sin 2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin(41)4sin 4(41)sin 222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅(43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∵81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-.故答案为：36-2．（2020·河南郑州·三模）设数列{an }的前n 项和为Sn ，已知13a =对任意的正整数n 满足()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+则19a =______．【答案】3.17-【解析】由()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+得()()11cos 2213n n n n n a a n a a π++--=-.又因为13a =,故0n a ≠.故()()1cos 211213n n n n a a π+--=--. 故()21cos 113a a π--=-,3211cos 033a a -=-⨯…，191811cos16353a a π-=-⨯. 累加可得1911113573529 (6333333)a a -⨯-=-+-+-==-. 故191117633a =-+=-,故193.17a -= 故答案为：3.17-题组五 周期数列题组六 倒序相加法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D【解析】因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵， 由∵+∵可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：D. 2．（2022·全国·高三专题练习）已知22()(),1f x x x =∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（ ）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【解析】22()(),1f x x x =∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x ⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（ ） A ．9 B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++， 则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C【解析】函数()3211533212g x x x x =-+-，函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-，由()0'0g x =得0210x -=，解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C.5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（ ） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D【解析】因为2()sin 22cossin 2cos 12xf x x x x =+=++， 由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+， 则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列；所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++， 所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =. 故选：D ．6．（2022·湖南岳阳·二模）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知某数列通项21002101n n a n -=-，则12100...a a a +++=（ ）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】C【解析】由已知，数列通项21002101n n a n -=-，所以10121002(101)100210010224202221012(101)101210110122101n nn n n n n a a n n n n n -------+=+=+==------， 所以91110029398012n n a a a a a a a a -+=+=+==+，所以12100...502100a a a +++=⨯=.故选：C.。
年高三理科数学一轮复习讲义【数列求和】最新考纲1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知识梳理1.特殊数列的求和公式(1) 等差数列的前 n 项和公式：S n ＝n （ a 1＋ a n ）＝na 1＋n （ n － 1）d.22(2) 等比数列的前 n 项和公式：na 1， q ＝ 1， S n ＝a 1－ a n q ＝ a 1（ 1－q n ），q ≠1Ｗ.1－ q1－q2.数列求和的几种常用方法 (1) 分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2) 裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3) 错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前 n 项和可用错位相减法求解 . (4) 倒序相加法如果一个数列 { a n } 的前 n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数， 那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解 . [ 微点提醒 ]1.1＋ 2＋ 3＋ 4＋ ＋ n ＝ n （ n ＋1）.22.12＋22＋ ＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）.613.裂项求和常用的三种变形1 1 1(1)n （ n ＋1） ＝ n －n ＋ 1.11 1－1(2)（ 2n －1）（ 2n ＋ 1） ＝ 22n ＋ 1.2n － 1 1＝ n ＋ 1－ n.(3)n ＋ n ＋ 1基础自测1.判断下列结论正误 (在括号内打“√”或“×” )(1) 若数列 { a n } 为等比数列，且公比不等于1，则其前 n 项和 S n ＝a 1－a n ＋1.()1－ q(2) 当 n ≥2 时， 2 11 1 －1).( )＝ (n －1 2 n － 1 n ＋ 1(3) 求 S n ＝ a ＋ 2a 2＋ 3a 3＋ ＋ na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得 .()n－ 1(4) 若数列 a 1，a 2－a 1 ， ，a n － a n － 1 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，则数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ 3.()2解析 (3)要分 a ＝0 或 a ＝1 或 a ≠ 0 且 a ≠ 1 讨论求解 .答案 (1)√ (2) √ (3)×(4) √2.(必修 5P47B4 改编 ) 数列 { a n } 中， a n ＝ 1，若 { a n } 的前 n 项和为2 019，则项数 n 为 ()n （n ＋ 1） 2 020 A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a ＝1＝1－1，nnn （n ＋ 1） n ＋ 1n ＝ 1－1＋ 1－1＋＋ 1－1＝1－1＝n＝2 019，所以 n ＝ 2019.S2 2 3nn ＋ 1n ＋ 1n ＋ 1 2 020答案 B3.(必修 5P56 例 1 改编 ) 等比数列 { a n } 中，若 a 1＝ 27， a 9 ＝1， q>0， S n 是其前 n 项和，则 S 6＝ ________.243解析 由 a 1＝27， a 9＝1知， 1＝ 27·q 8，243 2432又由 q>0，解得 q＝1，327 1－163＝364所以 S6＝.1 91－3答案364 94.(2018 东·北三省四校二模)已知数列 { a n} 满足 a n＋1－ a n＝ 2，a1＝－ 5，则 |a1|＋ |a2 |＋＋ |a6|＝ ()A.9B.15C.18D.30解析由题意知 { a n}是以 2 为公差的等差数列，又1＝－5，所以|a12 6a |＋ |a|＋＋ |a |＝ |－5|＋ |－ 3|＋ |－ 1|＋ 1＋3＋ 5＝ 5＋ 3＋ 1＋ 1＋ 3＋ 5＝18.答案C5.(2019 昆·明诊断 )已知数列 { a n} ， { b n } 的前 n 项和分别为n n＋1 2 －2，S n， T n， b n－ a n＝ 2 ＋1，且 S n＋ T n＝ 2 ＋ n则 2T n＝ ________________.解析由题意知T n－ S n＝ b1－ a1＋ b2－ a2＋＋b n－a n＝n＋2n＋1－2，又 S n＋ T n＝ 2n＋1＋ n2－2，所以 2T n＝ T n－S n＋S n＋ T n＝ 2n＋2＋ n(n＋1) －4.答案n＋2＋n(n＋ 1)－ 4 26.(2019 河·北“五个一”名校质检 )若 f(x)＋f(1－ x)＝4，a n＝ f(0) ＋f1＋＋ fn－1＋ f(1)(n∈* n n n)，则数列{ a }的通项公式为 ________.解析由 f(x)＋ f(1－x)＝4，可得 f(0) ＋ f(1) ＝4，，f 1 ＋ fn－1＝ 4，所以 2a n＝ [f(0) ＋ f(1)] ＋f 1＋f n－1n n n n＋＋ [f(1)＋ f(0)] ＝4(n＋ 1)，即 a n＝ 2(n＋1).答案a n＝ 2(n＋ 1)3【例 1】 (2019 ·郴州质检 )已知在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1，且 a 1， a 2， a 3－ 1 成等差数列 . (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 若数列 { b n } 满足 b n ＝ 2n － 1＋ a n (n ∈* ) ，数列 { b n } 的前 n 项和为 S n ，试比较 S n 与 n 2＋ 2n 的大小 . 解 (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，∵a 1，a 2， a 3－ 1 成等差数列， ∴ 2a 2＝ a 1＋ (a 3－ 1)＝ a 3，∴ q ＝a 3＝2， a 2∴ a n ＝a 1q n －1＝ 2n －1(n ∈* ).(2) 由 (1)知 b n ＝ 2n － 1＋ a n ＝ 2n －1＋ 2n －1， ∴S n ＝(1＋ 1)＋ (3＋ 2)＋ (5＋ 22)＋ ＋ (2n － 1＋ 2n －1) ＝ [1 ＋3＋ 5＋ ＋ (2n － 1)]＋ (1＋ 2＋ 22＋ ＋ 2n －1)1＋（ 2n －1）1－2n2 n＝ 2 ·n ＋ 1－ 2 ＝ n ＋ 2 － 1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－ 1<0 ，∴ S n <n 2＋ 2n . 规律方法1.若数列 { c n } 的通项公式为 c n ＝ a n ±b n ，且 { a n } ， { b n } 为等差或等比数列，可采用分组求和法求数 列{ c n } 的前 n 项和 .a n ， n 为奇数，2.若数列 { c n } 的通项公式为 c n ＝ 其中数列 { a n } ， { b n } 是等比数列或等差数列，可采用分组求 b n ，n 为偶数，和法求 { a n } 的前 n 项和 .【训练 1】 (2019 ·南昌一模 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1， S 3＋ S 4＝ S 5. (1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 令 b n ＝ (－ 1)n －1a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，由 S 3＋ S 4＝ S 5可得 a 1＋ a 2＋ a 3＝ a 5，即 3a 2＝a 5， ∴3(1＋ d)＝ 1＋ 4d ，解得 d ＝ 2. ∴ a n ＝1＋ (n － 1)× 2＝ 2n － 1.(2) 由 (1)可得 b n ＝ (－1) n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－ 3＋ 5－7＋ ＋ (2n － 3)－ (2n － 1)＝ (－ 2)× n ＝－ 2n.4a n＋1【例 2】 (2019 ·郑州模拟 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 2＝ 8， S n ＝2 －n －1.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；2× 3n (2) 求数列a n a n ＋1的前n 项和Tn .解 (1) ∵a 2＝ 8， S n ＝a n＋1－ n －1， 2∴ a 1＝S 1＝a 2－ 2＝2， 2当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝a n＋1－ n －1－a n－ n ，22 即 a n ＋1＝ 3a n ＋ 2，又 a 2＝ 8＝ 3a 1＋ 2，∴a n ＋1＝ 3a n ＋ 2， n ∈*， ∴ a n ＋1＋ 1＝3(a n ＋1) ，∴数列 { a n ＋1} 是等比数列，且首项为 a 1＋ 1＝ 3，公比为 3，∴ a n ＋1＝ 3× 3n －1＝ 3n ，∴ a n ＝3n － 1.2× 3n＝ 2×3n1 1(2) ∵n n＋1＝ n－ n ＋1.a n a n ＋1 （ 3 －1）（ 3－ 1）3 －13 － 1∴数列2× 3n的前n 项和a n a n ＋1 1 －2 1 ＋1－ 1＋ ＋111 － 1T n ＝－ 1 23n－ n ＋ 1＝ n ＋1.3－1 33 － 1 3 － 13 － 13 － 12 3－ 1规律方法 1.利用裂项相消法求和时， 应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项， 也有可能前面剩两项，后面也剩两项 .2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练 2】 设 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和，已知 S 3＝ a 7， a 8－ 2a 3＝3. (1) 求 a n ；1 (2) 设 b n ＝S n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . 解 (1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，3a 1＋ 3d ＝ a 1＋6d ，由题意得 （ a 1＋ 7d ）－ 2（ a 1＋ 2d ）＝ 3，5解得 a 1＝ 3， d ＝ 2，∴ a n ＝a 1＋ (n － 1)d ＝ 2n ＋1.(2) 由 (1)得 S n ＝ na 1＋n （n －1）d ＝ n(n ＋2)， 211 11 ∴b n＝n （n ＋2）＝2 n －n ＋2. ∴ T n ＝ b 1＋ b 2＋ ＋ b n －1＋ b n 1 11－ 11 － 11－ 1＝2 1－3 ＋ 24 ＋ ＋ n － 1 n ＋ 1 ＋ n n ＋ 2＝11＋ 1－ 1 － 1 2 2 n ＋1 n ＋ 2 3 1 1 ＋1＝ 4－ 2 n＋1 n ＋ 2.考点三 错位相减法求和【例 3】 已知 { a n } 是各项均为正数的等比数列，且 a 1 ＋ a 2＝ 6， a 1a 2＝ a 3.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2){ b n } 为各项非零的等差数列，其前n 项和为 S n ，已知 S 2n ＋1＝ b n b n ＋ 1，求数列b n的前 n 项和 T n .a n解 (1) 设{ a n } 的公比为 q ，a 1（ 1＋ q ）＝ 6，由题意知22a 1q ＝ a 1q ，又 a n >0，解得a 1＝ 2，所以 a n ＝ 2n.q ＝2，（ 2n ＋ 1）（ b 1＋ b 2n＋1）(2) 由题意知： S 2n ＋1 ＝＝ (2n ＋ 1)b n ＋ 1，2又 S 2n ＋1＝ b n b n ＋1，b n ＋1≠ 0，所以 b n ＝ 2n ＋ 1.令 c n ＝b n ，则c n ＝ 2n ＋1 a n 2n ，因此 T n ＝ c 1＋ c 2＋ ＋ c n3 5 72n － 1 ＋ 2n ＋ 1＝ ＋ 23 2－ n ，2 2 ＋2 ＋＋ n 121 T n ＝ 3 5 72n － 1＋ 2n ＋ 1，又 2＋3＋ 4＋ ＋ n 2 n ＋ 1 2 2 2 2 26两式相减得1 ＝3＋ 1 11 2n ＋ 1＋ 2＋ ＋ － 1 － ＋，2Tn22 22n 2n12n ＋ 5所以 T n ＝ 5－2n .规律方法1.一般地，如果数列 { a n } 是等差数列， { b n } 是等比数列，求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和时，可采用错 位相减法 .2.用错位相减法求和时，应注意：(1) 要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.n nn －qS n ” 的 (2) 在写出 “S ”与“qS ”的表达式时应特别注意将两式 “ 错项对齐 ” ，以便于下一步准确地写出 “S 表达式 .【训练 3】 已知等差数列 { a n } 满足： a n ＋1>a n ( n ∈ * )，a 1＝ 1，该数列的前三项分别加上 1，1，3 后成等比数 列， a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1.(1) 分别求数列 { a n } ， { b n } 的通项公式； (2) 求数列 { a n ·b n } 的前 n 项和 T n .解 (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则 d>0，由 a 1＝ 1， a 2＝ 1＋d ， a 3＝ 1＋2d 分别加上 1， 1，3 后成等比数列，得(2 ＋d)2＝2(4＋ 2d)，解得 d ＝ 2(舍负 )，所以 a n ＝ 1＋ (n － 1)× 2＝ 2n －1.1又因为 a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1，所以 log 2b n ＝－ n ，则 b n ＝2n .1 (2) 由 (1)知 a n ·b n ＝ (2n － 1) ·2n ，则 T n ＝ 1 3 5 2n － 121＋ 22＋ 23＋＋ 2n ，①11352n － 1 ，②T n ＝ 2＋ 3＋ 4＋ ＋ n ＋ 12 2 2 2 2 由①－②，得1 1 ＋ 2× 1 1 11 2n － 1 T n ＝2 2＋3 ＋ 4＋ ＋ n － n ＋1 .2 2 2 22 2 711－1∴1T n＝1＋2×4 2n－ 1 2n－ 11－n＋ 1 ，2 21－22∴T n＝ 1＋ 2－2 2n－1 4＋2n－ 1＝3－3＋ 2n n－ 1－2n ＝ 3－n2n .2 2[ 思维升华 ]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.[ 易错防范 ]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母 )时，应对其公比是否为1进行讨论 .2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组(建议用时： 40 分钟 )一、选择题1.(2017 全·国Ⅲ卷 )等差数列 { a n} 的首项为 1，公差不为0.若 a2，a3，a6成等比数列，则 { a n} 前 6 项的和为 ()A.－ 24B.－3C.3D.8解析设 { a n} 的公差为d，根据题意得a23＝ a2·a6，8即( a1＋ 2d) 2＝ (a1＋ d)(a1＋ 5d)，解得 d＝－ 2，所以数列 { a n} 的前 6 项和为 S6＝ 6a1＋6× 56×5× (－2)＝－ 24. 2d＝ 1× 6＋ 2答案 A2.数列 { a n} 的通项公式为a n＝(－ 1)n－1·(4n－3)，则它的前100 项之和 S100等于 ()A.200B. －200C.400D. － 400解析S100＝ (4×1－ 3)－ (4× 2－ 3)＋ (4× 3－ 3)－－(4× 100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋＋(99－100)]＝4× ( －50)＝－ 200.答案 B3.数列 { a n} 的通项公式是a n＝ 1 ，前 n 项和为 9，则 n 等于 ()n＋n＋ 1A.9B.99C.10D.1001＝ n＋1－ n，解析因为 a n＝n＋n＋1所以 S n＝ a1＋ a2＋＋ a n＝ ( n＋ 1－n)＋ ( n－n－1)＋＋(3－ 2)＋ ( 2－1)＝n＋ 1－ 1，令 n＋ 1－1＝ 9，得 n＝ 99.答案 B4.(2019 合·肥调研 )已知n 为数列2n＋1的前 n 项和，若 m>T10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为 () nT2A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023n1 n12 ＋ 1解析∵2n＝ 1＋2 ，∴T n＝ n＋ 1－2n，∴T10 ＋1 013＝ 11－1 1 10＋1 013＝1 024－ 10，2 2又 m>T10＋ 1 013 恒成立，∴整数 m 的最小值为 1 024.答案C95.(2019 厦·门质检 )已知数列 { a n} 满足 a n＋1＋ (－ 1)n＋1a n＝ 2，则其前100 项和为 ()A.250B.200C.150D.100解析当 n＝ 2k(k∈a2k＋2＋ a2k＋1＝ 2，∴ a2k＋1＋ a2k－1＝ 4，a2k＋2＋ a2 k＝ 0，∴ { a n} 的前 100 项和＝ (a1＋ a3)＋＋ (a97＋a99)＋ (a2＋a4)＋＋(a98＋a100)＝25× 4＋25× 0＝100.答案D二、填空题6.已知正项数列{ a n } 满足 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n.若 a1＝ 2，则数列 { a n } 的前 n 项和 S n＝ ________.解析由 a2n＋1－ 6a2n＝ a n＋1a n，得( a n＋1－ 3a n)(a n＋1＋2a n) ＝0，又 a n>0，所以 a n＋1＝ 3a n，又 a1＝ 2，所以 { a n} 是首项为2，公比为3 的等比数列，n故S n＝2（1－3）＝3n－1.1－ 3答案 3n－ 17.(2019 武·汉质检 )设数列 {( n2＋ n)a n} 是等比数列，且a1＝1， a2＝1，则数列 {3 n a n} 的前 15 项和为 ________.6 541 1 1 1 n－ 1解析等比数列 2 ，故公比为 2 1 1{( n ＋ n)a n} 的首项为2a1＝，第二项为 6a2 ＝3 ，所以 ( n ＋ n) a n＝·＝n，3 9 3 3 3 1 n 1 1 1 1 1 15所以 a n＝n 2 ，则 3 a n＝ 2＝n－，其前 n 项和为1－n＋1， n＝ 15 时，为 1－16＝16.3 （ n ＋n）n ＋ n n＋ 1答案15168.(2019 福·州调研 )已知数列 { na n} 的前 n 项和为 S n，且 a n＝ 2n，且使得 S n－na n＋1＋ 50<0 的最小正整数n 的值为________.10解析S n ＝ 1×21＋2× 22＋ ＋ n × 2n ， 则 2S n ＝ 1× 22＋ 2×23＋＋n × 2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋ 22＋ ＋2n － n ·2n＋ 1＝ 2（ 1－2n） 1， － n ·2n ＋ 1－ 2n ＋ 1故 S n ＝ 2＋ (n － 1) ·2.又 a n ＝ 2n ，∴S n －na n ＋1＋ 50＝2＋ (n － 1) ·2n ＋1－ n ·2n ＋1＋50＝52－ 2n ＋1， 依题意 52－ 2n ＋1<0 ，故最小正整数 n 的值为 5.答案5三、解答题2n ＋ n *9.已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝， n ∈.2(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 设 b n ＝ 2a n ＋(－1)n a n ，求数列 { b n } 的前 2n 项和 . 解 (1)当 n ＝ 1 时， a 1＝ S 1＝ 1；当 n ≥ 2 时， a ＝ S － S － ＝n 2＋n － （ n －1） 2＋（ n － 1） ＝n.nnn 12 2a 1 也满足 a n ＝n ，故数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n. (2) 由 (1)知 a n ＝ n ，故b n ＝ 2n ＋ (－ 1)n n.记数列 { b n } 的前 2n 项和为 T 2n ，则 T 2n ＝(2 1＋22＋ ＋ 22n )＋ (－ 1＋ 2－3＋ 4－ ＋ 2n).记 A ＝ 21＋ 22＋ ＋ 22n ， B ＝－ 1＋ 2－3＋ 4－ ＋ 2n ，2n则A ＝ 2（ 1－ 2 ）＝22n ＋1－2，1－ 2B ＝ (－ 1＋ 2)＋ (－ 3＋ 4)＋ ＋ [ － (2n －1)＋ 2n]＝ n.2 n ＋ 1故数列 { b n } 的前 2n 项和 T 2 n ＝ A ＋ B ＝2＋ n － 2.1110.设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 2， a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* ). (1) 求数列 { a n } 的通项公式； (2) 设 b n ＝ 1＋ log 2 (a n ) 1的前 n 项和 T n < 1 . 2，求证：数列b n b n ＋1 6(1) 解 因为 a n ＋1＝ 2＋ S n (n ∈* )， 所以 a n ＝ 2＋ S n －1(n ≥ 2)，所以 a n ＋1－a n ＝S n － S n －1＝ a n ， 所以 a n ＋1＝2a n (n ≥ 2).又因为 a 2＝ 2＋a 1＝4， a 1＝ 2，所以 a 2＝ 2a 1， 所以数列 { a n } 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，则 a n ＝ 2·2n －1＝ 2n (n ∈* ).(2) 证明因 b n ＝ 1＋ log 2(a n )2，则 b n ＝ 2n ＋ 1.则 1 ＝ 1 1 － 1，b n b n ＋1 2 2n ＋ 1 2n ＋ 3 所以 T n ＝ 1 1 1 1 1 ＋ ＋ 1 － 1 2 － ＋ －2n ＋3 3 5 5 7 2n ＋1 ＝ 1 1111 12 －2n ＋ 3 ＝ －2（ 2n ＋ 3）<6.36能力提升题组(建议用时： 20 分钟 ) n1＝ 1， a n ＋ 1－ a n ≥2(n ∈*n 为{ a n} 的前 n 项和，则 ()11.(2019 广·州模拟 )已知数列 { a } 满足 a)，且 SA. a n ≥ 2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥ 2n －1D.S n ≥2n －1解析由题意得a 2－ a 1≥ 2， a 3－ a 2≥ 2， a 4－ a 3≥2，， a n －a n －1≥ 2，∴ a 2－a 1＋ a 3－ a 2＋ a 4－ a 3＋ ＋a n － a n －1≥ 2(n － 1)， ∴ a n －a 1≥ 2(n － 1)，∴ a n ≥2n － 1，∴ a 1≥1， a 2≥ 3，a 3≥ 5， ， a n ≥2n － 1， ∴ a 1＋a 2＋ a 3＋ ＋ a n ≥1＋ 3＋ 5＋ ＋ 2n －1，12∴S n ≥n （ 1＋ 2n － 1） ＝n 2.2答案 B12.已知数列 { a n } 中， a n ＝－ 4n ＋ 5，等比数列 { b n } 的公比 q 满足 q ＝ a n － a n －1(n ≥2) 且 b 1＝ a 2，则 |b 1|＋ |b 2|＋|b 3|＋ ＋ |b n |＝ ________.解析由已知得b 1＝ a 2＝－ 3， q ＝－ 4，∴b n ＝(－3)× n 1 n 1(－ 4) －， ∴ |b n |＝ 3×4－ ，即{| b n为首项， 4 为公比的等比数列， |}是以 33（ 1－ 4n ）∴|b 1 |＋ |b 2|＋ ＋ |b n |＝ ＝4n － 1.1－4答案 4n － 1n1＝________. 13.(2017 全·国 Ⅱ 卷)等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝ 3， S 4＝ 10，则∑k ＝1S k解析设等差数列 { a n } 的公差为 d ，则a 3＝ a 1＋ 2d ＝ 3，a 1＝ 1， n （ n － 1）n （n ＋ 1）由4＝ 4a 1＋ 4× 3得∴S n ＝n × 1＋ × 1＝2，d ＝ 1.2S2 d ＝ 10，1211＝ ＝ 2 n－n ＋ 1 .Snn （ n ＋ 1）n1＋1－ 1＋ 1－ 1＋ ＋1－11－1∴∑11111 ＝ 21－ 2nk ＝ 1S k ＝ S 1＋ S 2＋ S 3＋＋S n 2233 4n n ＋ 1 ＝2n ＋ 1＝.n ＋ 1答案2nn ＋ 114.(2019 河·南、河北两省联考 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 5，nS n ＋1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n.S n (1) 求证：数列n为等差数列；(2) 令 b n ＝ 2n a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n .13(1) 证明 由 nS n ＋ 1－ (n ＋ 1)S n ＝ n 2＋ n 得S n＋1－S n＝1，n ＋ 1 n又S 1＝5，所以数列S n 是首项为 5，公差为 1 的等差数列 . 1n(2) 解由(1) 可知Sn n ＝ 5＋ (n －1) ＝n ＋ 4，所以 S n ＝ n 2＋ 4n.当 n ≥ 2 时， a n ＝ S n － S n －1＝n 2＋4n － (n － 1)2－ 4(n － 1)＝2n ＋ 3. 又 a 1＝ 5 也符合上式，所以 a n ＝ 2n ＋3(n ∈*)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ， 所以 T n ＝ 5×2＋ 7× 22＋ 9× 23＋ ＋ (2n ＋3)2n ，①2T n ＝ 5× 22＋ 7×23＋ 9× 24＋ ＋ (2n ＋ 1)2n ＋ (2n ＋ 3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n＋1－10－(23＋24＋ ＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝ (2 n ＋ 3)2n ＋1－ 10－ (2n ＋2－ 8)＝ (2n ＋1)2n ＋1－ 2.14。
专题6.4 数列求和【考纲解读】【直击考点】题组一 常识题1． 等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．【解析】易知S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92×1＝75.2．数列32，94，258，6516，…，n ·2n＋12n的前n 项和为____________． 【解析】易知a n ＝n ·2n＋12n ＝n ＋12n，∴前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＝ (1＋2＋3＋…＋n)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n ＝（n ＋1）n 2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n （n ＋1）2－12n＋1.3．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．【解析】易知该数列的通项公式为a n ＝2n （n ＋1），分裂为两项差的形式，即a n ＝21n －1n ＋1，则数列的前n 项和S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 4． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝____________(x ≠0且x ≠1)．题组二 常错题5．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝________．【解析】因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120.6．数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项和为________．【解析】设S n ＝22＋422＋623＋...＋2n 2n ，①则12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，②①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1，∴S n ＝4－n ＋22n －1.题组三 常考题7． 等差数列{a n }的公差是3，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 【解析】由题意，得a 2，a 2＋6，a 2＋18成等比数列，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋18)，解得a 2＝6，故a 1＝3，所以S n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝32n(n ＋1)． 8．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________．【解析】因为a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S 1＝－1，S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n ＋1－1S n＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－n ，所以S n ＝－1n .9． 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n＋1－1(n ∈N *)．记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝______________.【解析】由a n ＋1＝2a n 可得a n ＋1a n＝2，即数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{a n }的通项【知识清单】数列求和1. 等差数列的前和的求和公式：. 2．等比数列前项和公式 一般地，设等比数列的前项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.3. 数列前项和①重要公式：（1） （2）（3）（4） ②等差数列中，；③等比数列中，.【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C能级知识点，本章就占n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+n 123,,,,,n a a a a n =n S 123n a a a a ++++1≠q q q a S n n --=1)1(111n n a a qS q-=-1q =1na S n =n 1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n 1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n 31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n 21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n m n m n S S S mnd +=++n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1 数列求和 【题组全面展示】【1-1】数列的通项公式，其前项和为，则= . 【答案】【解析】由数列的通项公式可知,数列的项依次为，数列每四项和为，故，所以．【1-2】已知函数，且则.【答案】-100【1-3】已知数列的通项公式为，其前n 项和为，则在数列中，有理数项的项数为 .【答案】43 【解析】，{}n a cos 2n n a n π=n n S 2014S 1008-0,2,0,4,0,6,0,8,--2201450342=⨯+()2014503220141008S =⨯+-=-()()2cos f n n n π=()()1,n a f n f n =++123100a a a a +++⋅⋅⋅+={}na n a =*()n N ∈n S 122014S S 、S、1n a n n ===-+∴为有理项，∴且，∴有理数项的项数为43项.【1-4】已知数列若，求=_______.（用数字作答）【答案】923 【解析】，．【1-5】已知是递增的等差数列，，是方程的根，则数列的前项和 . 【答案】综合点评：这些题都是数列求和，做这一类数列求和的题，，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． 【方法规律技巧】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前项和的公式的推导方法，如果一个数列的前项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法，如等差数列的前项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可用此法来求，如等比数列的前项和公式就是用此法推导的． 若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令3815,,,S S S 212014n -<2n ≥{},n a )(,1221+-∈+-=N n n a n n 10S ()11221221n n n a n n --=-+=--210102101222(13519)211010241100923S =++++-++++=--=--={}n a 2a 4a 2560x x -+=2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭n 1422n n n S ++=-n n {}n a n n n n n，则两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1），特别地当时，；（2），特别地当（3）（4） （5）5．分组转化求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如类型，可采用两项合并求解．例如，.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式．()1n k n kn k n =+-++11n n n n=+++()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭)()11(11q p qp p q pq <--=n ()()1nn a f n =-22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如容易误裂为，漏掉前面的系数； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【新题变式探究】【变式一】对于函数，部分与的对应关系如下表：数列满足，且对任意，点都在函数的图象上，则的值为 .【答案】7549【变式二】若在数列中，对任意正整数，都有（常数），则称数列为“等方和数列”，称 为“公方和”，若数列为“等方和数列”，其前项和为，且“公方和”为，首项，则的最大值与最小值之和为 . 【答案】2【解析】由得，两等式相减得：.又“公方和”为n S n qS n n S qS -)211(21)2(1+-=+n n n n 12n n -+12)(x f y =x y }{n x 11x =*n ∈N ),(1+n n x x ()y f x =123420132014x x x x x x ++++++{}n a n 221n n a a p ++={}n a p {}n a n n S 111a =2014S 221n n a a p ++=2212n n a a p +++=222n n a a +=，首项，所以.所以的最大值为1007，最小值为-1005，其和为2.【综合点评】这两个题都是数列求和,第一题是函数与数列相结合,解题突破口为根据函数数据,找出数列满足的规律,然后利用合项法求和,第二个题是根据新定义求和,紧扣定义找出实质是解本题的关键. 考点2数列综合 【题组全面展示】【1-1】已知函数是定义在上的单调增函数且为奇函数，数列是等差数列，，则的值正负为 .【答案】正【解析】⇒⇒⇒同理，，，…，，又⇒，以上各式相加，得.【1-2】设函数，，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围为 .【答案】 .111a =2222223520132420141,0a a a a a a ========2014S )(x f R {}n a 01007>a )()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 021********>=+a a a 20131a a ->)()()(201320131a f a f a f -=->0)()(20131>+a f a f 0)()(20122>+a f a f 0)()(20113>+a f a f 0)()(10081006>+a f a f 01007>a 0)0()(1007=>f a f 0)()()()()(20132012321>+++++a f a f a f a f a f (2),2()1()1,22x k x x f x x -≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩()n a f n ={}n a k 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭7(,)4-∞【1-3】已知，已知数列满足，且，则最大值为 .【答案】6030【1-4】已知，其导函数为，设，则数列自第2项到第项的和_____________.【答案】【解析】已知，则有，所以，，所以，所以. 【1-5】对于每一个正整数，设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，令，则.【答案】.()[]23,0,31x f x x x +=∈+{}na 03,n a n N *<≤∈122010670a a a +++=122010()()()f a f a f a +++()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈()f x '()()20n f a f '-={}n a n S =11n-()()()()()2[13]f x x x x x n =++++()()()()()()()()()2[13]2[13]f x x x x x n x x x x n '''=+++++++++()()(2)112322!f n n '-=-⋅⋅⋅⋅-=--(0)!f n =()2!111!(1)1n n a n n n n n -=-=-=---111111*********1S n n n=-+-+-++-=--n 1n y x+=()1,1x n x n a lg n x =1299a a a +++=2-【解析】利用导数求得曲线在点处的切线方程为，即，它与轴交于点，则有，， .综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理． 【方法规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围． 以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒1n y x+=()1,1()()111y n x =+-+()1y n x n =+-x (),0n x ()101n n n n x n x n +-=⇒=+()lg lglg lg 11n n na x n n n ∴===-++()()()1299lg1lg2lg2lg3lg99lg100lg1lg1002a a a ∴+++=-+-++-=-=-成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点：(1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义；(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【新题变式探究】【变式一】设数列满足 ,且对任意,函数满足，若，则数列的前项和为 .【答案】 【变式二】在直角坐标平面内，已知点P 1(1,2)，P 2(2,22)，P 3(3,23)，…，P n (n,2n )，….如果n 为正整数，则向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为________．【答案】23(4n －1) 【解析】P k P k ＋1＝(k ＋1－k,2k ＋1－2k )＝(1,2k )，于是P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为{}n a 6,1421=+=a a a *n N ∈12()()n n n f x a a a x ++=-++1cos n a x +-2sin n a x +'()02f π=n a n n a c 21+={}n c n n S n n n 21222-++2＋23＋25＋…＋22n －1＝21－4n 1－4＝23(4n －1)． 【综合点评】第一题是函数与数列结合，此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．第二题是数列与新背景、新定义的综合问题，解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．【易错试题常警惕】易错典例：已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 易错分析：未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误．错解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4， 解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·q n －1， ∴S n ＝1＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，qS n ＝1·q ＋2·q 2＋3·q 3＋…＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q ＋q 2＋…＋qn －1＋n ·q n ＝1－q n 1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n 1－q 2＋n ·q n 1－q. 正确解析：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知得温馨提醒：错位相减法适合于一个由等差数列{a n}及一个等比数列{b n}对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．因此利用错位相减法求解时，两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n－1项是一个等比数列．。
